Evaluar $\int_0^1\int_0^1 \left\{ \frac{e^x}{e^y} \right\}dxdy$

Question

Quiero calcular esta integral $$\int_0^1\int_0^1 \left\{ \frac{e^x}{e^y} \right\}dxdy, $$ donde $ \left\{ x \right\} $ es la parte fraccionaria de la función.

Siguiente PROBLEMA 171, Prueba de a), último párrafo de la página 109 y los primeros dos párrafos de la página 110,aquí en español, yo digo que el caso de $k=1$.

Cuando me tome $x=\log u$ $y=\log v$ entonces se puede mostrar que $$\int_0^1\int_0^1 \left\{ \frac{e^x}{e^y} \right\}dxdy=\int_1^e\int_1^e \left\{ \frac{x}{y} \right\}\frac{1}{xy}dxdy=I_1+I_2$$ desde el siguiente a la estrategia en el citado problema y tomar la $t=\frac{1}{u}$ $$I_1:=\int_1^e\int_1^x \left\{ \frac{x}{y} \right\}\frac{1}{xy}dydx=\int_1^e\frac{1}{x}\int_{\frac{1}{x}}^1 \left\{ \frac{1}{t} \right\}\frac{dt}{t}dx=\int_1^e\int_1^x\frac{ \left\{ u \right\} }{u}dudx,$$ y ya si no hay errores $$ \int_1^x\frac{ \left\{ u \right\} }{u}du = \begin{cases} x-1-\log x, & \text{if %#%#%} \\ 1+\log 2+(x-2)-2\log x, & \text{if %#%#%} \end{casos}$$ a continuación, $1\leq x<2$$ Es $2\leq x\leq e$. Por otro lado siguiendo el citado problema, ya que el $$I_1=\int_1^2\frac{1}{x}(x-1-\log x)dx+\int_1^2\frac{1}{x}(1+\log 2+(x-2)-2\log x)dx,$ $I_1=-3+\log 2-\frac{\log^22}{2}+e$ y la segunda integral se calcula como $y>x$$ Lo he calculado $ \left\{ \frac{x}{y} \right\}= \frac{x}{y}$.

Pregunta. Me gustaría saber si mis cálculos con la parte fraccionaria de la función $$I_2:=\int_1^e\int_x^e \left\{ \frac{x}{y} \right\}\frac{1}{xy}dydx=\int_1^e\int_x^e \frac{x}{y} \frac{1}{y^2}dydx.$ fueron de derechos (la evaluación de las $I_2=\frac{1}{e}$$ \left\{ x \right\} $). Se puede calcular $ \int_1^x\frac{ \left\{ u \right\} }{u}du$$I_1$k=1$$\int_0^1\int_0^1 \left\{ \frac{e^x}{e^y} \right\}^kdxdy$k\geq 1$, como en el citado problema). Gracias de antemano.

Answer 1

Aquí hay una solución:

Por WP tenemos $\{x\}=x-\lfloor x \rfloor$. A continuación, $$\iint_0^1 \left \{ \text{e}^x\text{e}^{-y} \right \} dxdy=\iint_0^1 \text{e}^x\text{e}^{-y} dxdy-\iint_0^1 \left \lfloor \text{e}^x\text{e}^{-y} \right \rfloor dxdy.$$

También tenemos $\left \lfloor \text{e}^x\text{e}^{-y} \right \rfloor =$ $0$ $(x<y)$, 2 $(y<x-\ln 2), 1$ (de lo contrario), en la región $0\leq x \leq 1$ $0 \leq y \leq 1$. Entonces $$\iint_0^1 \left \lfloor \text{e}^x\text{e}^{-y} \right \rfloor dxdy = \int_{0}^{1}\int_{x}^{1} 0\, dydx + \int_{0}^{1}\int_{0}^{x}1\,dydx + \int_{\ln 2}^{1}\int_{0}^{x-\ln 2}1\,dydx\\= 1 -\ln 2 + (\ln 2)^2 /2. $$

Poner esto juntos da $$\iint_0^1 \left \{ \text{e}^x\text{e}^{-y} \right \} dxdy= 1/\text{e} + \text{e} +\ln 2 - (\ln 2)^2/2 - 3 \approx 0.54 $$

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Ahora podemos utilizar la misma técnica, junto con la fórmula binominal, para encontrar la solución para el caso general. Asumo $n \geq 1$. Tenemos $$\iint_0^1 \left \{ \text{e}^{x-y} \right \}^n dxdy=\iint_0^1 \left ( \text{e}^{x-y}-\lfloor \text{e}^{x-y} \rfloor\right )^n dxdy\\ = \sum_{k=0}^n \begin{pmatrix}n \\ k\end{pmatrix} (-1)^k \iint_0^1 \text{e}^{(n-k)(x-y)}\lfloor \text{e}^{x-y} \rfloor^k dxdy.$$

Tenemos $\lfloor\text{e}^{x-y} \rfloor^k$ = $0$ ($x<y$), $2^k$ ($y<x-\ln 2$), 1 (de otro modo) en el dominio $0\leq x \leq 1$, $0 \leq y \leq 1$, excepto para el caso de $k=0$, en cuyo caso $\lfloor\text{e}^{x-y} \rfloor^k=1$. Entonces

$$ \iint_0^1 \left \{ \text{e}^{x-y} \right \}^n dxdy = \sum_{k=0}^n \begin{pmatrix}n \\ k\end{pmatrix} (-1)^k \left [ \int_{0}^{1}\int_{0}^{x}\text{e}^{(n-k)(x-y)}dydx + \delta_{k,0}\int_{0}^{1}\int_{x}^{1}\text{e}^{(n-k)(x-y)}dydx\\ + (2^k-1)\int_{\ln 2}^{1}\int_{0}^{x-\ln 2}\text{e}^{(n-k)(x-y)}dydx \right],$$ donde $\delta_{a,b}$ es la delta de Kronecker. La resolución de las integrales y simplificando, se obtiene:

$$ \iint_0^1 \left \{ \text{e}^{x-y} \right \}^n dxdy = \frac{(-1)^n}{2}(2^n-2^{n+1}\ln 2 + [2^n-1][\ln 2]^2+\ln 4)+\frac{n-1+\text{e}^{-n}}{n^2}+\sum_{k=0}^{n-1} \begin{pmatrix}n \\ k\end{pmatrix} \frac{(-1)^k}{(n-k)^2} \left [ (k-n-1+\text{e}^{n-k}) + (2^k-1)(2\text{e})^{-k}(2^k\text{e}^n+2^n\text{e}^k[k-1+n(\ln 2 -1)-k\ln 2]) \right]$$

Answer 2

Deje $u=x-y$$v=x+y$. Entonces $$ \left\{(x,y):0\le x,y\le1\right\} =\left\{(u,v):0\le\left|u\right|\le1,\left|v-1\right|\le1-\left|u\right|\right\} $$ El cambio de coordenadas hace las cosas un poco más fácil $$ \begin{align} &\int_0^1\int_0^1\left\{\frac{e^x}{e^y}\right\}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\\ &=\int_0^1\int_0^1\left\{e^{x-y}\right\}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\\ &=\frac12\int_{-1}^0\int_{-u}^{2+u}\left\{e^u\right\}\,\mathrm{d}v\,\mathrm{d}u +\frac12\int_0^1\int_u^{2-u}\left\{e^u\right\}\,\mathrm{d}v\,\mathrm{d}u\\ &=\int_{-1}^0(1+u)\left\{e^u\right\}\,\mathrm{d}u +\int_0^1(1-u)\left\{e^u\right\}\,\mathrm{d}u\\ &=\int_0^1(1-u)\left\{e^{-u}\right\}\,\mathrm{d}u +\int_0^1(1-u)\left\{e^u\right\}\,\mathrm{d}u\\ &=\int_0^1(1-u)\,e^{-u}\,\mathrm{d}u +\int_0^{\log(2)}(1-u)\left(e^u-1\right)\,\mathrm{d}u +\int_{\log(2)}^1(1-u)\left(e^u-2\right)\,\mathrm{d}u\\ &=\int_0^1(1-u)\left(e^{-u}+e^u\right)\,\mathrm{d}u -\int_0^{\log(2)}(1-u)\,\mathrm{d}u -2\int_{\log(2)}^1(1-u)\,\mathrm{d}u\\[3pt] &=\left[(2-u)e^u+ue^{-u}\right]_0^1 -\left[u-\tfrac12u^2\right]_0^{\log(2)} -2\left[u-\tfrac12u^2\right]_{\log(2)}^1\\[6pt] &=\left[(2-u)e^u+ue^{-u}\right]_0^1 -\left[u-\tfrac12u^2\right]_0^1 -\left[u-\tfrac12u^2\right]_{\log(2)}^1\\[9pt] &=2\cosh(1)-2-\tfrac12-\tfrac12+\log(2)-\tfrac12\log(2)^2\\[12pt] &=2\cosh(1)-3+\log(2)-\tfrac12\log(2)^2 \end{align} $$

Answer 3

La siguiente solución es similar a la SDiv, pero tuvo cuatro minutos más rápido.

1. Tenga en cuenta que $\{e^u\}=e^u$ al$u<0$, $\{e^u\}=e^u-1$ al$0\leq u<\log2$, $\{e^u\}=e^u-2$ al $\log 2\leq u\leq 1$.

2. Uno tiene $$\int_{[0,1]^2} e^{x-y}\>{\rm d}(x,y)=\int_0^1 e^x\>dx\cdot\int_0^1 e^{-y}\>dy={(e-1)^2\over e}\ .$$ 3. Del valor obtenido en 2 tenemos que restar el área del triángulo $x-y\geq0$, así como el área del triángulo $x-y\geq\log2$, con el fin de cuidar de las observaciones hechas en 1. De ello se sigue que $$\int_{[0,1]^2} \left\{{e^x\over e^y}\right\}\>{\rm d}(x,y)={(e-1)^2\over e}-{1\over2}-{1\over2}(1-\log2)^2\ .$$